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1、2020届高考数学专练之自我检测(九)1、设全集,集合则集合( )A.B.C. D. 2、若复数z满足 (i为虚数单位),则 ()A.1B.2C. D.3、在区间上随机取一个数,则函数在区间上为增函数的概率为( ) A. B. C. D.4、设为数列的前n项和, ,则数列与的前20项和为( )A. B. C. D. 5、函数的导函数的部分图象如图所示,给出下列判断:函数在区间单调递增函数在区间单调递减函数在区间单调递增当时,函数取得极小值当时,函数取得极大值则上述判断中正确的是( )A.B.C.D.6、平面上三个力作用于一点且处于平衡状态,与的夹角为,则大小为( )A.B.C.D.7、母线长为
2、5的圆锥的侧面展开图的圆心角等于,则该圆锥的体积为( ) ABCD8、已知F是抛物线的焦点,抛物线C的准线与双曲线的两条渐近线交于两点,若为等边三角形,则的离心率( )A.B.C.D.9、已知函数有唯一零点,则 ( )A. B. C. D. 10、某校有高一、高二、高三三个年级,其人数之比为2:2:1,现用分层抽样的方法从总体中抽取一个容量为10的样本,现从所抽取样本中选两人做问卷调查,至少有一个是高一学生的概率为( )ABCD11、已知双曲线的左、右焦点分别为,过点且倾斜角为45的直线分别交双曲线的两条渐近线于点,若(O是坐标原点),则此双曲线的离心率等于( )A.2B.C.3D.12、已知
3、集合表示的平面区域为,若在区域内任取一点,则点P的坐标满足不等式的概率为( )A BCD13、在正方体中,E为棱的中点,则异面直线AE与CD所成角的正切值为_.14、若直线,过点,则的最小值为_.15、已知数列,则其前n项的和等于_.16、关于函数,有下列命题:由可得必是的整数倍;的表达式可改写为;的图象关于点对称;的图象关于直线对称.其中正确的命题的序号是_.(把你认为正确的命题序号都填上)17、已知的内角的对边分别为,已知的面积为.(1)求;(2)若求的周长.18、如图, 且且且平面.(1)若为的中点, 为的中点,求证: 平面;(2)求二面角的正弦值;(3)若点在线段上,且直线与平面所成的
4、角为,求线段的长.19、如图,设椭圆.(1)求直线被椭圆截得的线段长(用、表示);(2)若任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点,求椭圆离心率的取值范围.20、某中学在“三关心”(即关心家庭、 关心学校、 关心社会) 的专题中, 对个税起征点问题进行了学习调查. 学校决定从高一年级800人, 高二年级1000人, 高三年级800人中按分层抽样的方法共抽取13人进行谈话, 其中认为个税起征点为3000元的有3人, 认为个税起征点为4000元的有6人, 认为个税起征点为5000元的有4人.(1)求高一年级、 高二年级、 高三年级分别抽取多少人;(2)从13人中选出3人, 求至少有1人认为个税起征点
5、为4000元的概率;(3)记从13人中选出3人中认为个税起征点为4000元的人数为X, 求X的分布列与数学期望.21、已知函数在处取得极值.(1)求的值;(2)若有极大值,求在上的最大值.22、在直角坐标系中,直线l的参数方程为,(t为参数,)以平面直角坐标系的原点为极点,x轴的正半轴为极轴,建立极坐标系,曲线C的极坐标方程是(1)当时,求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程;(2)已知点C的直角坐标为,直线l与曲线C交于两点,当面积最大时,求直线l的普通方程23、设函数(1)解不等式;(2)若对一切实数均成立,求实数的取值范围答案以及解析1答案及解析:答案:B解析:集合表示不小于2的实数组
6、成的集合,表示小于5 的非负实数组成的集合,所以,表示小于2的实数组成的集合,故,选B. 2答案及解析:答案:C解析:由知,所以,故选C. 3答案及解析:答案:C解析:当时,函数在区间上为增函数,故所求概率为.故C项正确 4答案及解析:答案:A解析:设为数列的前n项和, ,数列是以1为首项,以3为公比的等比数列,数列的前20项和为. 5答案及解析:答案:D解析:函数在区间内有增有减,故不正确函数在区间有增有减,故不正确函数当时,恒有.正确当时,函数有极大值,故不正确当时,故不正确,故答案为 6答案及解析:答案:C解析:由已知得,则,所以. 7答案及解析:答案:A解析:根据题意,设圆锥侧面展开图
7、的半径为R,圆锥的底面半径为r,圆锥的高为h则圆锥侧面展开图的圆心角所对的弧长为:由得:,则故圆锥的体积为:.综上所述,答案选择:A 8答案及解析:答案:D解析:由题意可得抛物线的焦点为,准线为直线,双曲线的渐近线方程为不妨设点A在第二象限.由等边三角形的性质可知,点A在双曲线的一条渐近线上,则该渐近线方程为,结合双曲线方程可得,则. 9答案及解析:答案:C解析:函数的零点满足,设,当时, ,当时, 函数单调递减,当时, ,函数单调递增,当时,函数取得最小值,设,当时,函数取得最小值,若,函数和没有交点,当时, 时,此时函数和有一个交点,即,故选C. 10答案及解析:答案:C解析:依题意,容量
8、为10的样本中,高一、高二、高三三个年级被抽到的人数分别为4,4,2,则从所抽取样本中选两人做问卷调查,至少有一个是高一学生的概率为.故选:C. 11答案及解析:答案:D解析:在中,O为的中点,所以P是的中点,由得,直线的方程为.设,联立,得;联立得.又P是的中点,所以;即,化简得,则此双曲线的离心率,故选D. 12答案及解析:答案:D解析:则对应的区域为,由,解得,即,由,解得,即,直线与x轴的交点坐标为,则的面积,点P的坐标满足不等式区域面积,则由几何概型的概率公式得点P的坐标满足不等式的概率为. 13答案及解析:答案:解析:如图,连接BE:因为,所以异面直线AE与CD所成的角等于相交直线
9、AE与AB所成的角,即 .不妨设正方体的棱长为2,则,由勾股定理得又由平面BCC1B1可得,所以 14答案及解析:答案:解析:由题设可得因为(当且仅当,即时,等号成立),故的最小值为8. 15答案及解析:答案:解析:由题意可得数列的通项故答案为: 16答案及解析:答案:解析:函数的最小正周期,由相邻两个零点的横坐标间的距离是知错;,知正确;的对称点满足,满足条件,知正确;的对称直线满足;,不满足.故答案为: 17答案及解析:答案:(1)由题设得,即.由正弦定理得.故.(2)由题设及(1)得,即.所以,故.由题设得,即.由余弦定理得,即,得.故的周长为解析: 18答案及解析:答案:(1)依题意,
10、可以建立以为原点,分别以的方向为轴, 轴,轴的正方向的空间直角坐标系(如图), 可得证明:依题意设为平面的法向量,则即不妨令,可得又可得,又因为直线平面,所以平面(2)解:依题意,可得设为平面的法向量,则即不妨令,可得设为平面的法向量,则即不妨令,可得因此有,于是.所以,二面角的正弦值为.(3)解:设线段的长为则点的坐标为可得.易知, 为平面的一个法向量,故,由题意,可得,解得所以线段的长为.解析: 19答案及解析:答案:(1)设直线被椭圆截得的线段为,由得,故.因此.(2)假设圆与椭圆的公共点有个,由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点,满足.记直线的斜率分别为,且.由(1)知,故,所以.
11、由得,因此, 因为式关于,的方程有解的充要条件是,所以.因此,任意以点(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为,由得,所求离心率的取值范围为.解析: 20答案及解析:答案:(1)按分层抽样的方法共抽取13人进行谈话,高一年级、高二年级、高三年级分别抽取4人、5人、4人;(2)记“从13人中选出3人,至少有1人认为个税起征点为4000元”为事件,则,从13人中选出3人,求至少有1人认为个税起征点为4000元的概率为;(3)的所有可能取值有,的分布列为0123数学期望 21答案及解析:答案:(1)因为,所以由于在点处取得极值,故有即化简得解得(2)由(1)知,令,得当时, ,故在上为
12、增函数;当时, ,故在上为减函数;当时, ,故在上为增函数.由此可知在处取得极大值在处取得极小值由题设条件知,得此时因此在上的最小值为. 22答案及解析:答案:(1)当时,直线l的参数方程为,消去t得直线l的普通方程为曲线C的极坐标方程是,两边乘以为,由得:,所以曲线C的直角坐标方程为(2)曲线C是以为圆心,2为半径的圆, 当时面积最大此时点C到直线的距离为,所以,解得:,所以直线l的普通方程为 23答案及解析:答案:(1)解法一:当时,解得;当时,解得;当时,解得,综上,原不等式的解集为或 ;解法二:,两边平方整理得,解得或,所以,原不等式的解集为或;(2),当时等号成立,所以 故实数的取值范围为